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serie 3

Inviato: mercoledì 2 novembre 2011, 19:51
da bia
qualcuno potrebbe aiutarmi con questa serie?
serie per n da 1 a infinito di (1/(n^(1/2)))-arctan(1/(n^(1/2)))
grazie

Inviato: sabato 5 novembre 2011, 16:21
da konaya
Secondo me puoi usare lo sviluppo di Taylor dell'arctan di grado 4, operando la sostituzione dal reciproco della radice di n a x (entrambi tendono a zero). A quel punto il primo termine dello sviluppo si annulla con l'inizio della serie: rimane il reciproco di 3n^(3/2), che è evidentemente una serie armonica; essendo (3/2)>1 converge. Immagino che a voler essere più precisi e completi si debba fare il confronto asintotico con la serie armonica generalizzata...

Inviato: lunedì 7 novembre 2011, 19:18
da bia
grazie :)

Inviato: lunedì 7 novembre 2011, 19:21
da bia
e questa? serie per n da 1 a infinito di
(log(1+n+n^4)-4logn)

Re:

Inviato: venerdì 10 agosto 2012, 11:40
da Noisemaker
bia ha scritto:e questa? serie per n da 1 a infinito di
(log(1+n+n^4)-4logn)


\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty} (\ln (1+n+n^4) - 4\ln n)= \sum_{k=1}^{+\infty} \ln \left(\frac{ 1+n+n^4 }{  n^4}\right)\sim \sum_{k=1}^{+\infty}  \frac{ 1+n }{  n^4} \displaystyle<\sum_{k=1}^{+\infty}  \frac{ 1 }{  n^4} \to \text{converge}

essendo

\displaystyle\ln \left(\frac{ 1+n+n^4 }{  n^4}\right)\sim \frac{ 1+n+n^4 }{  n^4}-1= \frac{ 1+n }{  n^4}

Inviato: sabato 11 agosto 2012, 9:11
da Massimo Gobbino
Noisemaker ha scritto:
\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}  \frac{ 1+n }{  n^4}<\sum_{k=1}^{+\infty}  \frac{ 1 }{  n^4}


Ehm ...

Noisemaker ha scritto:
\displaystyle\ln \left(\frac{ 1+n+n^4 }{  n^4}\right)\sim \frac{ 1+n+n^4 }{  n^4}-1


Questo è ok, ma va giustificato per bene, altrimenti sembra che sia una regola generale ...

Re:

Inviato: lunedì 13 agosto 2012, 12:21
da Noisemaker
Massimo Gobbino ha scritto:
Noisemaker ha scritto:
\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}  \frac{ 1+n }{  n^4}<\sum_{k=1}^{+\infty}  \frac{ 1 }{  n^4}


Ehm ...


qui laTex mi ha ingannato ....

\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}  \frac{ 1+n }{  n^4}=\sum_{k=1}^{+\infty}  \frac{ 1}{  n^4}+\frac{ 1}{  n^3}<\sum_{k=1}^{+\infty}  \frac{ 1 }{  n^4}

Massimo Gobbino ha scritto:
Noisemaker ha scritto:
\displaystyle\ln \left(\frac{ 1+n+n^4 }{  n^4}\right)\sim \frac{ 1+n+n^4 }{  n^4}-1


Questo è ok, ma va giustificato per bene, altrimenti sembra che sia una regola generale ...



la gistificazione potrebbe essere:


\displaystyle\ln \left(\frac{ 1+n+n^4 }{  n^4}\right)=\ln \left(1+\frac{ 1} {  n^4}+\frac{ 1 }{  n^3}\right)\sim \frac{ 1} {  n^4}+\frac{ 1 }{  n^3}=\frac{ 1+n }{  n^4}

Re: Re:

Inviato: lunedì 13 agosto 2012, 12:39
da Massimo Gobbino
Noisemaker ha scritto:
\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}  \frac{ 1}{  n^4}+\frac{ 1}{  n^3}<\sum_{k=1}^{+\infty}  \frac{ 1 }{  n^4}


Ehm :?

Noisemaker ha scritto:
la giustificazione potrebbe essere:

\displaystyle\ln \left(\frac{ 1+n+n^4 }{  n^4}\right)=\ln \left(1+\frac{ 1} {  n^4}+\frac{ 1 }{  n^3}\right)\sim \frac{ 1} {  n^4}+\frac{ 1 }{  n^3}=\frac{ 1+n }{  n^4}


Certamente, dopo aver osservato che si tratta di roba del tipo log(1+x) con x che tende a zero, per cui si può usare lo sviluppino.

Re:

Inviato: martedì 21 agosto 2012, 12:37
da Noisemaker
Massimo Gobbino ha scritto:
\displaystyle\ln \left(\frac{ 1+n+n^4 }{  n^4}\right)\sim \frac{ 1+n+n^4 }{  n^4}-1

Questo è ok, ma va giustificato per bene, altrimenti sembra che sia una regola generale ...


in realtà potrebbe valere in generale, nel senso che :

se \delta(x)\to 0 per x\to x_0 allora

\ln \left(1+\delta(x)\right)\sim\delta(x),\quad \text{per}\quad x\to x_0

posto f(x)=1+\delta(x) si ha che se f(x)\to 1,\quad \text{per}\quad x\to x_0 allora

\ln \left(f(x)\right)\sim f(x)-1,\quad \text{per}\quad x\to x_0

che è la parte principale del logaritmo quando l'argomento tende ad uno.

per esempio

\ln x\sim x-1,\quad \text{per}\quad x\to 1

Re: Re:

Inviato: martedì 21 agosto 2012, 12:52
da Massimo Gobbino
Noisemaker ha scritto:
\ln x\sim x-1,\quad \text{per}\quad x\to 1


Certamente! Infatti

\log(x)=\log(1+(x-1))\sim x-1 quando x tende ad 1, in quanto basta porre x-1=y e osservare che y tende a 0, quindi si può usare lo sviluppino \log(1+y)\sim y.

Il tutto poi si giustifica formalmente calcolando il

\displaystyle\lim_{x\to 1}\frac{\log x}{x-1}

mediante cambio di variabili.